求三角形周长类的取值范围

前言

求三角形的周长类的取值范围题目，可以看成三角函数图像性质和解三角形两大模块的一个结合点，考查频次比较高，希望仔细体会，加以注意；而且往往可以延申为求三角形的面积的取值范围或者四边形的周长的取值范围问题。此类问题的求解常用到均值不等式或转化为正弦型函数求解，其中的通法是转化为正弦型函数求解。

预备知识

• 均值不等式[注意等式变化为不等式]

给定表达式\(a^2+b^2-ab=9\)，变形得到\((a+b)^2=9+3ab\)，如果用均值不等式\(ab\leq (\cfrac{a+b}{2})^2\)替换题目中的\(ab\)，原来的相等关系可以转化为不等关系，则有\((a+b)^2\leq 9+3\times (\cfrac{a+b}{2})^2\)，得到\((a+b)^2\leq 36\)，解不等式可以得到\(a+b\leq 6\)，故可求周长\(a+b+c\)的范围；

如果用\(a^2+b^2\ge 2ab\)替换题目中的\(a+b\)，则原来的相等关系可以转化为不等关系，则有\(2ab\leq 9+ab\)，解不等式可以得到\(ab\leq 9\)；故可以利用\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}absinC\)求三角形面积的范围。

• 正弦定理[角化边]，

当已知\(A=\cfrac{\pi}{4}\)，\(a=\sqrt{2}\)时，则可知\(2R=\cfrac{a}{sinA}=2\)，故\(b=2R\cdot sinB\)，\(c=2R\cdot sinC\)，故求周长即\(\sqrt{2}+2sinB+2sinC=\sqrt{2}+2sinB+2sin(\cfrac{3\pi}{4}-B)\)，转化为求正弦型函数的值域问题。

题目特点

此类题目往往都知道某一个角和其对边，是对边和对角的关系。

比如已知\(A=\cfrac{\pi}{3}\)，\(a=3\)，求三角形的周长\(a+b+c\)的范围。

此时，思考的途径往往有两种：

①将周长式转化为正弦型求解，通用方法；

②利用均值不等式求得\(b+c\)的最值，从而知道周长的最值，灵活方法；

如利用\(a^2=b^2+c^2-2bccosA\)和\(bc\leq (\cfrac{b+c}{2})^2\)，求得\(b+c\)的最值。

掌握变形

• 在\(\Delta ABC\)中，已知\(\angle A=\cfrac{\pi}{3}\)，

求\(sinB+sinC=sinB+sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)\)；此变形常考查周长的取值范围；

求\(sinB\cdot sinC=sinB\cdot sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)\)；此变形常考查面积的取值范围；

详细变形过程请参考辅助角公式中的应用场景；

典例剖析

【三角函数图像性质和解三角形结合】【角的范围不是难点】【2017•福州模拟】在\(\Delta ABC\)中，角\(A，B，C\)的对边分别为\(a，b，c\)，满足\((2b-c)\cdot cosA=a\cdot cosC\)。　

(1)求角\(A\)的大小；(考查角度：解三角形)

(2)若\(a=3\)，求\(\Delta ABC\)的周长的最大值。(考查角度：三角函数图像性质)

分析：(1)由\((2b-c)\cdot cosA=a\cdot cosC\)，以及正弦定理，

得\((2sinB-sinC)cosA=sinAcosC\)，

所以\(2sinBcosA=sinCcosA+sinAcosC\)， 所以\(2sinBcosA=sin(C+A)=sinB\)，

因为\(B\in (0，π)\)，所以\(sinB\neq 0\)，

因为\(A\in (0，π)\)，\(cosA=\cfrac{1}{2}\)，所以$A=\cfrac{\pi}{3} $。

(2)法1：均值不等式法，

由(1)得\(A=\cfrac{\pi}{3}\)，且\(a=3\)，

则由余弦定理可得，\(a^2=b^2+c^2-2bccosA\)，

即\(3^2=b^2+c^2-bc=(b+c)^2-3bc\)，

即\((b+c)^2=9+3bc\leq 9+3\times (\cfrac{b+c}{2})^2\)，视\(b+c\)为整体，

解不等式得到，\(\cfrac{1}{4}(b+c)^2\leq 9\)，即\(b+c\leq 6\)如果解单纯的数学不等式模型，得到\(-6\)\(\leqslant\)\(b+c\)\(\leqslant\)\(6\)，此处是实际问题，故首先需要\(0\)\(<\)\(b+c\)\(\leqslant\)\(6\)，其实这还不够，还需要\(3\)\(<\)\(b+c\)\(\leqslant\)\(6\)[两边之和大于第三边]，如果三角形还有形状上的要求，那么还需要添加其他的限制；\(\quad\)，当且仅当\(b=c=3\)时取得等号。

则\((a+b+c)_{max}=3+6=9\)，

故\(\Delta ABC\)的周长最大值为9。

法2：三角函数法，由(1)得$A=\cfrac{\pi}{3} $，

由正弦定理得\(\cfrac{b}{sinB}=\cfrac{c}{sinC} =\cfrac{a}{sinA} =\cfrac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}} =2\sqrt{3}\)，

所以\(b=2\sqrt{3}\cdot sinB\)； \(c=2\sqrt{3}\cdot sinC\)，

则所求的\(\Delta ABC\)的周长：

\(l=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot sinC\)

\(=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)\)

\(=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot (\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB+\cfrac{1}{2}sinB)\)

\(=3+3\sqrt{3}sinB+3cosB=3+6sin(B+\cfrac{\pi}{6})\)

因为\(B\in(0，\cfrac{2\pi}{3})\)，所以当\(B=\cfrac{\pi}{3}\) 时，\(\Delta ABC\)的周长取得最大值，最大值为9。

【2016宝鸡市第二次质量检测第17题】【角的范围是难点】在\(\Delta ABC\)中，已知\(sin^2A+sin^2B+sinAsinB=sin^2C\)，其中角\(A、B、C\)的对边分别为\(a、b、c\)，

(1).求角\(C\)的大小。

(2).求\(\cfrac{a+b}{c}\)的取值范围。

分析：(1)角化边，由\(\cfrac{a}{2R}=sinA，\cfrac{b}{2R}=sinB，\cfrac{c}{2R}=sinC\)

得到\(a^2+b^2+ab=c^2\)，即\(a^2+b^2-c^2=-ab\)，

故由余弦定理得到\(cosC=\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-\cfrac{1}{2}\)，

又\(C\in (0，\pi)\)，故\(C=\cfrac{2\pi}{3}\)。

(2)由(1)可知，\(A+B=\cfrac{\pi}{3}\)，即\(A=\cfrac{\pi}{3}-B\)

边化角，由\(a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC\)

\(\cfrac{a+b}{c}=\cfrac{sinA+sinB}{sinC}=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}(sinA+sinB)\)

\(=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}[sin(\cfrac{\pi}{3}-B)+sinB]=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}[\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB-\cfrac{1}{2}sinB+sinB]\)

\(=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}(\cfrac{1}{2}sinB+\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB)=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}sin(B+\cfrac{\pi}{3})\)，

又由\(\begin{cases}B>0\\ \cfrac{\pi}{3}-B>0\end{cases}\)得到\(0<B<\cfrac{\pi}{3}\)，

故\(\cfrac{\pi}{3}<B+\cfrac{\pi}{3}<\cfrac{2\pi}{3}\)，则\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}<sin(B+\cfrac{\pi}{3})\leq 1\)

则有\(1<\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot sin(B+\cfrac{\pi}{3})\leq \cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)

即\(\cfrac{a+b}{c}\)的取值范围为\((1，\cfrac{2\sqrt{3}}{3}]\)。

【高频易错题】【难点是角的范围的确定】在锐角三角形\(ABC\)中，\(C=2B\)，求\(\cfrac{c}{b}\)的取值范围是__________。

分析：本题先将\(\cfrac{c}{b}=\cfrac{sinC}{sinB}=2cosB\)，

接下来的难点是求\(B\)的范围，注意列不等式的角度，锐角三角形的三个角都是锐角，要同时限制

由\(\begin{cases} &0<A<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<C<\cfrac{\pi}{2}\end{cases}\)得到，

\(\begin{cases} &0<\pi-3B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<2B<\cfrac{\pi}{2}\end{cases}\)

解得\(B\in (\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{4})\)，故\(2cosB \in (\sqrt{2}，\sqrt{3})\)。

即\(\cfrac{c}{b}\)的取值范围是\((\sqrt{2}，\sqrt{3})\)。

反思总结

• 三角函数和解三角形的交汇处的题型，这类题目往往会设置第一问求一个角（如\(A\)）,第二问已知边\(a\)（注意对角和对边的关系），

接下来可以考查的方向有：

①再已知\(S_{\Delta}\)，求解\(b+c\)的取值范围； 或者已知\(b+c\)求\(S_{\Delta}\)的取值范围。

②求解\(msinB\pm nsinC\)的取值范围(\(m、n\)是实数)

③求解\(msinB\cdot nsinC\)的取值范围(\(m、n\)是实数)

④求解\(S_{\Delta}=\cfrac{1}{2}bcsinA\)的取值范围

分析：比如已知\(A=\cfrac{\pi}{3}\)，\(a=3\)，由\(a^2=b^2+c^2-2bccosA\)得到，

\(9=b^2+c^2-bc\)，即\(9+bc=b^2+c^2\ge 2bc\)，

解得\(bc\leq 9\)，即可得\(S_{\Delta}\)的最大值。

⑤求解周长的取值范围 \(l=a+b+c\)

⑥求解类似周长的取值范围 \(l=2a+3b-4c\)

⑦难点：自变量的取值范围，已知三角形和锐角三角形时，自变量的范围是不一样的。

相关题型

已知\(a，b\in R^{+}，a+b-ab+3=0\)，求：①、求\(ab\)的范围；②、求\(a+b\)的范围；

分析：①、求\(ab\)的范围；

由于\(\because -3+ab=a+b\ge 2\sqrt{ab}\)

\(\therefore ab-2\sqrt{ab}-3\ge 0\)，

\((\sqrt{ab}+1)(\sqrt{ab}-3) \ge 0\)

$\sqrt{ab}\leq -1 或 \sqrt{ab}\ge 3 $

又\(a，b\in R^{+}\)，故 \(\sqrt{ab}\ge 3 (当且仅当a=b=3取到等号)\)

故\(ab\ge 9\)

②、求\(a+b\)的范围；

分析：\(\because a+b+3=ab \leq (\cfrac{a+b}{2})^2，令t=a+b\)

\(t^2-4t-12 \ge 0\)，

$t \leq -2 或 t \ge 6 $

故 \(a+b \ge 6 (当且仅当a=b=3取到等号)\)

【评析】代数式中同时有\(a+b\)和\(ab\)型，两元\(a+b，ab\)常常转化集中为一元\(a+b\)或\(ab\)，这样就好处理多了。

【同类题】设\(m，n\in R\)，则直线\((m+1)x+(n+1)y-2=0\)与圆\((x-1)^2+(y-1)^2=1\)相切，且\(m+n\)的取值范围是_________。

分析：由圆心\((1 ,1)\)到直线的距离等于半径可得，

\(\cfrac{(m+1)\cdot 1+(n+1)\cdot 1-2}{\sqrt{(m+1)^2+(n+1)^2}}=1\) ，

变形得到\(mn=m+n+1\)，此时即转化为上述例3的类型了。

由\(mn\leq (\cfrac{m+n}{2})^2\)，则\(m+n+1\leq (\cfrac{m+n}{2})^2\)，

求解上述以\(m+n\)为整体的不等式，得到\(m+n\leq 2-2\sqrt{2}\)或者\(m+n\ge 2+2\sqrt{2}\)；

其他延伸

以坐标原点为圆心的单位圆\(O\)与\(x\)轴交于\(C、D\)两点，\(AB\)为圆周上的两点，且\(\triangle AOB\)为等边三角形，

(1)若\(A\)点的坐标为\((\cfrac{3}{5}，\cfrac{4}{5})\)，求\(cos\angle BOC\)的值；

分析：由三角函数定义可知，\(sin\angle AOC=\cfrac{4}{5}\)，\(cos\angle AOC=\cfrac{3}{5}\)，

又\(\triangle AOB\)为等边三角形，则\(\angle AOB=\cfrac{\pi}{3}\)，则由图可知，

\(cos\angle BOC=cos(\angle AOC+\angle AOB)=\cfrac{1}{2}\times \cfrac{3}{5}-\cfrac{\sqrt{3}}{2}\times \cfrac{4}{5}\)

即\(cos\angle BOC=\cfrac{3-4\sqrt{3}}{10}\)；

(2)若\(\angle AOC=x(0<x<\cfrac{2\pi}{3})\)，四边形\(CABD\)的周长为\(y\)，求出周长\(y\)的取值范围。

分析：在\(\triangle AOC\)中，由余弦定理可知，\(|AC|=\sqrt{1^2+1^2-2\times1\times1\cdot cosx}=\sqrt{2(1-cosx)}=2sin\cfrac{x}{2}\)，

又由于\(\angle AOB=\cfrac{2\pi}{3}-x\)，同理可知，\(|BD|=2sin\cfrac{\frac{2\pi}{3}-x}{2}=2sin(\cfrac{\pi}{3}-\cfrac{x}{2})\)，

又\(|AB|=1\)，\(|CD|=2\)，则可知四边形\(CABD\)的周长\(y\)满足：

\(y=2sin\cfrac{x}{2}+2sin(\cfrac{\pi}{3}-\cfrac{x}{2})+3\)，化简整理得到

\(y=2sin(\cfrac{x}{2}+\cfrac{\pi}{3})+3\)，

由于\(x\in (0，\cfrac{2\pi}{3})\)，则\(\cfrac{x}{2}+\cfrac{\pi}{3}\in (\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{2\pi}{3})\)，

故\(sin(\cfrac{x}{2}+\cfrac{\pi}{3})\in (\cfrac{\sqrt{3}}{2}，1]\)，则\(2sin(\cfrac{x}{2}+\cfrac{\pi}{3})+3\in (3+\sqrt{3}，5]\)，

即周长\(y\)的取值范围为\((3+\sqrt{3}，5]\)。

在\(\triangle ABC\)中，已知\(\sqrt{2}sinBcosA=sinAcosC+cosAsinC\)，其中角\(A、B、C\)的对边分别为\(a、b、c\)，

(1).求角\(A\)的大小。

分析：由题目可知，\(\sqrt{2}sinBcosA=sin(A+C)=sinB\)，由于\(sinB\neq 0\)，

故得到\(\sqrt{2}cosA=1\)，即\(cosA=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，又\(A\in (0，\pi)\)，

故\(A=\cfrac{\pi}{4}\)。

(2).若\(a=\sqrt{2}\)，求\(\sqrt{2}b-2c\)的取值范围。

分析：由\(a=\sqrt{2}\)，\(A=\cfrac{\pi}{4}\)，可知\(2R=\cfrac{a}{sinA}=2\)，故\(b=2R\cdot sinB\)，\(c=2R\cdot sinC\)，

故\(\sqrt{2}b-2c=\sqrt{2}\times 2\times sinB-2\times 2\times sinC=2\sqrt{2}sinB-4sin(\cfrac{3\pi}{4}-B)\)

\(=2\sqrt{2}sinB-4(\cfrac{\sqrt{2}}{2}cosB+\cfrac{\sqrt{2}}{2}sinB)\)

\(=-2\sqrt{2}cosB\)，

由于\(B\in(0，\cfrac{3\pi}{4})\)，故\(cosB\in (-\cfrac{\sqrt{2}}{2}，1)\)，\(-2\sqrt{2}cosB\in (-2\sqrt{2}，2)\)。

即\(\sqrt{2}b-2c\)的取值范围为$ (-2\sqrt{2}，2)$。

对应练习

【2019高三理科数学二轮用题】在锐角\(\triangle ABC\)中，角\(A、B、C\)的对边分别为\(a、b、c\)，且满足\((a-b)\)\(\cdot\)\((\sin A+\sin B)\)\(=\)\((c-b)\)\(\cdot\)\(\sin C\)，若\(a=\sqrt{3}\)，则\(b^2+c^2\)的取值范围是【】

$A(5，6]$ $B(3，5)$ $C(3，6]$ $D[5，6]$

分析：由题目\((a-b)(sinA+sinB)=(c-b)sinC\)，

角化边得到，\((a-b)(a+b)=(c-b)c\)，整理得到\(b^2+c^2-a^2=bc\)，

由余弦定理可知，\(cosA=\cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\cfrac{bc}{2bc}=\cfrac{1}{2}\)，

又\(A\in (0，\pi)\)，故\(A=\cfrac{\pi}{3}\)；

又已知\(a=\sqrt{3}\)，则有\(2R=\cfrac{a}{sinA}=2\)，则\(b=2RsinB=2sinB\)，\(c=2RsinC=2sinC\)，

则\(b^2+c^2=(2sinB)^2+(2sinC)^2\)

\(=4sin^2B+4sin^2(\cfrac{2\pi}{3}-B)\)

\(=2\cdot 2sin^2B+2\cdot 2sin^2(\cfrac{2\pi}{3}-B)\)

\(=2(1-cos2B)+2[1-cos(\cfrac{4\pi}{3}-2B)]\)

\(=2-2cos2B+2+2cos(2B-\cfrac{\pi}{3})\)

\(=4+\sqrt{3}sin2B-cos2B=4+2sin(2B-\cfrac{\pi}{6})\)，

又由于三角形为锐角三角形，则三个角都是锐角，

故满足\(\left\{\begin{array}{l}{0<B<\cfrac{\pi}{2}}\\{0<C<\cfrac{\pi}{2}}\end{array}\right.\)，

即\(\left\{\begin{array}{l}{0<B<\cfrac{\pi}{2}}\\{0<\cfrac{2\pi}{3}-B<\cfrac{\pi}{2}}\end{array}\right.\)，

解得，\(\cfrac{\pi}{6}<B<\cfrac{\pi}{2}\)，故\(\cfrac{\pi}{6}<2B-\cfrac{\pi}{6}<\cfrac{5\pi}{6}\)，则\(\cfrac{1}{2}<sin(2B-\cfrac{\pi}{6})\leq 1\)

故\(b^2+c^2=4+2sin(2B-\cfrac{\pi}{6})\in (5，6]\)，故选\(A\)。

【2018山东泰安一模】在\(\triangle ABC\)中，角\(A、B、C\)的对边分别为\(a、b、c\)，且\((2a-\sqrt{3}c)^2=4b^2-c^2\).

(1).求角\(B\)的大小；

提示：\(B=\cfrac{\pi}{6}\)；

(2).若\(b=1\)，求\(\sqrt{3}a-c\)的取值范围；

提示：\(\sqrt{3}a-c=\cdots=2sin(A-\cfrac{\pi}{6})\in (-1，2]\)，\(A\in (0，\cfrac{5\pi}{6})\)；

在\(\triangle ABC\)中，\(AB=2\)，\(C=\cfrac{\pi}{6}\)，则\(AC+\sqrt{3}BC\)的最大值【】

$A.\sqrt{7}$ $B.2\sqrt{7}$ $C.3\sqrt{7}$ $D.4\sqrt{7}$

提示：题意即在\(\triangle ABC\)中，已知\(AB=c=2\)，\(C=\cfrac{\pi}{6}\)，求\(AC+\sqrt{3}BC=b+\sqrt{3}a\)的取值范围。

此时\(2R=\cfrac{c}{\sin C}=4\)，\(AC=b=4\sin B\)，\(\sqrt{3}BC=\sqrt{3}a=4\sqrt{3}\sin A\)，\(\sin B=\sin(\cfrac{5\pi}{6}-A)\)；

\(AC+\sqrt{3}BC=b+\sqrt{3}a=4\sin B+4\sqrt{3}\sin A=\cdots=4\sqrt{7}\sin(A+\theta)\)，故选\(D\).